Gran discrepancia entre la potencia teórica y la real a través de mi generador de pulsos

Estoy tratando de adquirir algunas habilidades sobre la generación de pulso, pero eso no es fácil. He tratado de obtener la potencia disipada por la resistencia de entrada en mi generador de impulsos, pero resulta ser mucho menor que la potencia real (si estoy en lo correcto). ¿Dónde está mi error?

El generador de pulso es un generador de pulso de transistor de avalancha de relajación simple.

Aquí hay una foto

Editar: las resistencias de 50 ohmios visibles en la imagen están desconectadas. Solo los 50 ohmios del atenuador juegan un papel aquí. Aquí está mi derivación del poder disipado:

El oscilador se alimenta a través de una resistencia ( en el esquema) que carga un condensador ( en el esquema) y se descarga a través del transistor en la resistencia de carga (= R4 en el esquema). $R$ $= R1+R2$ $C$ $C_1$ $R_L$

Podemos visualizar el pulso con el osciloscopio.

Asumiremos aquí que el pulso tiene aproximadamente la forma de un triángulo de ángulo recto, cuya esquina de ángulo recto está en . Sea la altura del triángulo (en voltios) y su base (en segundos). Entonces, la ecuación de la forma del pulso es aproximadamente $(0,0)$ $V$ $\sigma$

u (t) = V - \frac{V}{σ} t .

$u(t) = V - {V\over \sigma}t.$

Esto proporciona la energía disipada en por un solo pulso: (1/3 de la energía disipada por una onda cuadrada, esto tiene sentido). Supongamos que la frecuencia de los pulsos es , luego la energía disipada en en un segundo, que también es la potencia media, es $R_L$

E = \frac{1}{R_{L}} \int_{0}^{σ} u^{2} (t) d t = \frac{1}{R_{L}} [- \frac{σ}{3 V} (V - \frac{V}{σ} t)^{3}]_{0}^{σ} = \frac{σ}{3 R_{L}} V^{2}

$E = {1\over R_L}\int_0^\sigma u^2(t) dt = {1\over R_L} \bigg[ -{\sigma\over 3V}\bigg(V - {V\over \sigma} t\bigg)^3\bigg]_0^\sigma = {\sigma\over 3R_L}V^2$

f

$f$

R_{L}

$R_L$

P_{m e a n} = f E = \frac{f σ}{3 R_{L}} V^{2} .

$P_{mean} = fE = {f\sigma\over 3R_L}V^2.$

Ahora, estamos interesados en la evaluación de la capacitancia . Deje que sea el voltaje de suministro de entrada más pequeño de tal manera que ocurran las oscilaciones del transistor de avalancha. El voltaje final del condensador antes de su descarga en el transistor es aproximadamente , por lo que su energía es . Pero esta energía es transmitida casi por completo por el pulso al transistor y , por lo que, descuidando la energía desperdiciada por el transistor (que he comprobado que permanece fría), es igual a la energía calculada anteriormente. Esto lleva a: $C$ $V_{av}$ $V_{av}$ $E_{cap} = CV_{av}^2/2$ $R_L$ $E$

C = \frac{2 σ}{3 R_{L}} \frac{V^{2}}{V_{a v}^{2}} .

$C = {2\sigma\over 3R_L}{V^2\over V_{av}^2}.$

Por último, vamos a evaluar la potencia disipada por la resistencia . Recuerde que la energía desperdiciada en una resistencia que carga una capacitancia hasta la tensión de alimentación es (lo mismo que la energía almacenada en el condensador). Para una buena aproximación (desde es mucho mayor que ), toda la corriente fluye a través de se utiliza para cargar . $R$ $C$ $U$ $CU^2/2$ $1/f$ $\sigma$ $R$ $C$

Entonces, con , finalmente tenemos que la energía disipada por en un segundo, o la potencia media, es aproximadamente Este es un resultado curioso: la potencia disipada por la resistencia de entrada es igual a la potencia disipada por la resistencia de carga. $U = V_{av}$ $R$

P_{m e a n}^{R} = \frac{1}{2} f C V_{a v}^{2} = \frac{f σ}{3 R_{L}} V^{2} = P_{m e a n} .

$P^R_{mean} = {1\over 2} f C V_{av}^2 = {f\sigma\over 3R_L}V^2 = P_{mean}.$

Si , entonces tenemos $U > V_{av}$

P_{m e a n}^{R} = \frac{f σ}{3 R_{L}} \frac{U^{2}}{V_{a v}^{2}} V^{2} = \frac{U^{2}}{V_{a v}^{2}} P_{m e a n} .

$P_{mean}^{R} = {f\sigma\over 3R_L}{U^2\over V_{av}^2} V^2 = {U^2\over V_{av}^2} P_{mean}.$

Aplicación a mi generador (ver imágenes arriba):

$R_L = 50\ \Omega$ ,

$R = 41 +10 = 51\ k\Omega$ ,

$\sigma = 10\ ns$ ,

$\Delta = 40\ \mu s$ ,

$f = 1/\Delta = 25 \ kHz$ ,

$V = 1.8\sqrt{1000} = 57\ V$ (1.8V en osciloscopio, con atenuador 30db),

$V_{av} = 150\ V$ ,

$U = 160V$

Esto da

P_{m e a n} = 5.4 m W;

$P_{mean} = 5.4\ mW;$

C = 19 p F,

$C = 19\ pF,$

P_{m e a n}^{R} = 5.8 m W;

$P_{mean}^{R} = 5.8 \ mW;$

Pero también he medido , $I_{supply} = 0.6\ mA$

lo que da

P_{m e a n a c t u a l}^{R} = R I_{s u p p l y}^{2} \approx 18 m W .

$P^R_{mean \ actual} = R I^2_{supply} \approx 18\ mW.$

Esto es mucho más que el poder teórico. ¿Dónde está el error / suposición errónea?

generator pulse microwave

— MikeTeX
fuente

¿Cómo sabes que el medidor de corriente es preciso? ¿Se ha calibrado últimamente o ha intentado verificar la precisión del medidor de alguna manera?

— Elliot Alderson

Humm De hecho, no lo he comprobado.

— MikeTeX

Respuestas:

Entonces, después de una semana, tengo por fin la respuesta del enigma. Creo que la respuesta es interesante, en particular para las personas que tienen la intención de lidiar con la crisis de avalanchas.

Lo primero que hice, siguiendo los consejos de Sunnyskyguy, fue medir el voltaje en los terminales de R2, para verificar si la corriente medida por el amperímetro analógico era incorrecta. Sorprendentemente, se puede deducir de la imagen a continuación que el Amperímetro fue notablemente exacto: la corriente media es de hecho aproximadamente 0.6mA. Aquí está la imagen del voltaje en un terminal de R1 (entre R1 y R2):

Hay una sonda 1:10, por lo que el voltaje es la suma de 125V con la media de un diente de sierra de altura 25V, es decir 125V + 12.5V = 137.5V. El voltaje del generador es 162V, por lo tanto, la corriente media que fluye a través de R1 es (162V - 137.5V) / (R1 = 41k) = 0.6mA aprox.

Después de arreglar eso, noté que hay un gran problema: ¿dónde fluye la carga? En 1s, acabamos de ver que fluye una carga de 0.6 mC. Pero es muy fácil calcular la carga que fluye a través de la resistencia de 50 ohmios del atenuador en la imagen del pulso (vea la pregunta): el pulso tiene una altura de 57 V y la forma de un triángulo de ángulo recto de base 10 ns, por lo que la carga generada por un solo pulso es y multiplicando por el número de pulsos en 1 segundo (25kHz), encontramos una carga de aproximadamente 0.15 mC durante 1 segundo. Esto es mucho menor que los 0.6 mC que fluyen a través del generador. Entonces, ¿dónde fluye la mayor parte de la carga? solo hay otro camino por el que puede fluir la corriente: A TRAVÉS DE LA RESISTENCIA BASE R3.

\frac{1}{2} \frac{57}{50} \cdot 10 n s

${1\over 2}{57\over 50} \cdot 10 ns$

Para verificar eso, construí una prueba rápida y sucia con un transistor 2N3904, cuyo emisor se deja abierto y la corriente inversa que fluye desde el colector a la base se mide con el amperímetro. En la primera imagen a continuación, la base está conectada a tierra a través de una resistencia de 10k (como en la pregunta), y en la segunda imagen, la base está directamente conectada a tierra:

[ firstImg [2]

Entonces, 0.6 mA en el primer caso, y 1.2 mA en el segundo caso.

Observe que hay un salto de corriente precisamente en el voltaje de avalancha (150 V); antes de eso, la base del colector casi no es conductora, y después de este umbral, esta unión se vuelve cada vez más conductora, e incluso observé una resistencia negativa a algún voltaje. Eso significa que después del voltaje de ruptura de avalancha, la corriente de la base del colector está cada vez más controlada por la resistencia de la base, hasta que alcanza el límite de la ley de Ohm: I = 160V / 10k = 16mA (que mi generador no puede alimentar) .

Para concluir esta respuesta, se puede aprender de esta pregunta que la corriente inversa de la base del colector se vuelve muy importante después del voltaje umbral de ruptura de avalancha, y debe considerarse muy seriamente con respecto a la disipación de energía y la corriente de suministro.

— MikeTeX
fuente

¡Muy buen trabajo! Por lo tanto, entre las influencias de la resistencia base en el trabajo de los osciladores de transistor de avalancha de relajación , también deberíamos incluir el control de la disipación de potencia asociada a la corriente de polarización inversa . ¡Buena atrapada!

I_{C B}

$I_{CB}$

— Daniele Tampieri

Gracias Daniele, y también por tu muy útil respuesta en el otro artículo.

— MikeTeX

Ahora espero una corriente de carga de entrada ascendente exponencial y un pulso de descarga triangular.

Veo el período de oscilación como 40us y pulso como 9 ~ 10ns con un ciclo de trabajo aparente de 10n / 40u = 250 ppm o 0.025%, por lo que podemos descuidar este error contribuyente en lo anterior.

Está midiendo la forma de pulso de salida triangular descargada con <1ns tiempo de subida y ~ 10ns de ancho de pulso base y esperando que toda la potencia disipada en la resistencia de carga de 50 Ohm sea el 100% de la potencia suministrada por el generador de CC de alto voltaje. Sin embargo, es solo 1/3 de la potencia de entrada. {0.32 = 5.8mA / 18mW}

Entonces, la pregunta que deberías hacerte es, si mis mediciones son precisas, ¿a dónde se fueron los otros 2/3 del poder?

Incluso si el transistor disipa algo de energía en su resistencia negativa y usa un TO-92, tiene una diferencia de resistencia térmica de ambiente a caso de Tca = 0.127 ['C / mW] {= Tja = Tjc [' C / W]} . Entonces, con solo 12mW faltantes , ¡no debes asumir que puedes detectar cuánto de eso se disipa fácilmente con tu dedo!
- Allí utilicé la diferencia de la hoja de datos en la resistencia térmica entre Junction-Case y Ambient, para probar esto.

Entonces, ¿a dónde se fue la energía? El 98% volcado en las resistencias de carga. !!!

pista: en resistencias de carga R1 y R2 y algunas en resistencia negativa de Q1

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75
fuente

Esta conversación se ha movido al chat. chat.stackexchange.com/rooms/95054/…

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Acabo de leer tu respuesta. ¡Gracias por responderme una vez más! No sé quién ha rechazado previamente esta respuesta. Personalmente, solía darle algo de tiempo al escritor para actualizar su respuesta. Es interesante que haya podido comprobar que poca energía se desperdicia en Q1. Con respecto a su respuesta, mi pregunta era exactamente por qué la energía calculada se desperdicia en R = R1 + R2 mucho menos que la energía medida. Entonces, a menos que me equivoque, su respuesta no puede satisfacer la pregunta.

— MikeTeX

Me acabo de dar cuenta de que escribí al principio de la pregunta "la potencia se disipó en una carga", mientras que me refería a "la potencia disipada en la resistencia de entrada", como está escrito cerca del final de la pregunta. Lo siento si esto causó alguna confusión. He editado mi pregunta.

— MikeTeX

Supuse que la corriente de 50 ohmios era su "carga" (pulso), pero la carga más grande son las resistencias de carga en el colector.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Me sorprende que esté utilizando un medidor de bobina móvil para la corriente promedio teniendo en cuenta la posibilidad de errores transitorios dV / dt altos. Pero tus resistencias de carga, (te apuesto una cerveza o una sola malta), ¡estaban calientes! y mucho más de lo que calculaste a partir de la corriente de bobina móvil => potencia. La corriente inicial será simplemente 160V / 51k ~ 3.1mA y la corriente final en el disparador = (V + - Vaval.) / 51k = (160-60) / 51k ~ 2mA, entonces el Vrms ~ 2.5mA no 0.6mA. Así que de nuevo espero que un Pd (51k) = 2.5mA² * 51k = ~ 320 mW produzca un pulso de 5.8mW. ¡Esta relación de 320 / 5.8 = 55 = 2% de eficiencia! Esto tiene sentido para mí.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75